Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập dãy số: Một số dạng toán liên quan đến tính chất của dãy số - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập dãy số: Một số dạng toán liên quan đến tính chất của dãy số - Ngô Tùng Hiếu

1. 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ. Bài 1. Cho cấp số cộng un với n là số nguyên dương thoã mãn u2013 2013;u2014 2014. Tính tổng: 1 1 1 S . u1u2 u2u3 u2013u2014 Hướng dẫn giải Dễ dàng chứng minh được số hạng tổng quát của cấp số cộng un là un n . Khi đó. 1 1 1 1 1 1 S u1u2 u2u3 u2013u2014 1.2 2.3 2013 2014 1 1 1 1 1 1 1006 503 2 3 3 4 2013 2014 2014 1007 . x0 a Bài 2. Cho dãy số thực xn được xác định bởi. n ¥ . Tìm tất cả các giá trị của a x 2x2 1 n 1 n . để xn 0 với mọi số tự nhiên n . Hướng dẫn giải Giả sử xn 0 với n ¥ . 2 Từ x 2x2 1 0 có x 0 . n 2 n 1 2 n 1 2 2 2 2 1 Lại từ 2x2 1 0 có x 1 x ,n ¥ . 2 n 2 n 2 n 4 1 3 1 Suy ra x và x 1,n ¥ . n 2 4 n 2 1 1 1 1 1 3 1 Từ đó x 2x2 1 2 x2 2 x . x x ,n ¥ . n 1 2 n 2 n 4 n 2 n 2 2 n 2 Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức này, ta có:. 2 n n 1 1 2 1 2 1 2 1 2 a x0 x1 x2 xn ,n ¥ . 2 2 3 2 3 2 3 2 3 n 2 1 1 Mà lim 0 nên phải có a 0 a . n 3 2 2 1 1 Thử lại với a thì x 0,n . 2 n 2 1 Vậy a là giá trị duy nhất cần tìm. 2
2. x0 20; x1 30 Bài 3. Cho dãy số xn xác định bởi . Tìm n để xn 1.xn 1 là số chính xn 2 3xn 1 xn ,n ¥ phương. Hướng dẫn giải Từ công thức truy hồi của xn ta có. n ¥ , x2 x2 3x x x2 x x 3x x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n n n 1 n 1 n 2 n và x2 x2 3x x x x 3x x2 x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n 1 n n n n 1 n 1 2 2 2 Suy ra x xn 2 xn x xn 1xn 1 x x0 x2 500 n 1 n 1 . x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n 2 x x x x 500 n 1 n n 1 n Vậy xn 1xn 500 là số chính phương. Giả sử n là số thỏa mãn xn 1xn 500 là số chính phương. 2 2 Đặt xn 1xn 500 b , xn 1xn 1 a ,a,b ¥ ,a b . Ta có a2 b2 501 a b a b 1.501 3.167 . Khi đó ta tìm được a = 201, b=1 thì xn 1xn 12600 n 2 . 7224 Với a = 85, b =82 thì x x  n . n 1 n 5 Vậy n = 2 thì xn 1.xn 1 là số chính phương. u1 2 Bài 4. Dãy số un xác định như sau: 2 . Chứng minh rằng un 1 un un 1, n ¥ *. 1 2016 1 1 1 1 . 22015  22016 k 1 2 uk 2 Hướng dẫn giải 2 2 Ta có: un 1 – un un –2un 1 un –1 . (1). Do u1 2 u2 – u1 1 u2 u1 . Từ đó bằng phép quy nạp ta suy ra un là dãy đơn điệu tăng thực sự, và un nhận giá trị nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 2 với mọi n 1,2, Ta viết lại điều kiện truy hồi xác định dãy số dưới dạng sau đây:. 2 un 1 –1 un –un un un –1 (2). 1 1 1 1 1 1 1 Từ đó dẫn đến: , (3) Bây giờ từ (3), ta có:. un 1 1 un (un 1) un 1 un un un 1 un 1 1
3. n 1 n 1 1 1 1 . (4) .   k 1 uk k 1 uk 1 uk 1 1 uk 1 1 Từ (4) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với. 1 1 1 n 1 n 1 1 1 22 u 1 22 (5) . 2n 1 2n n 1 2 un 1 1 2 (ở đây n 2016 ). Ta sẽ chứng minh (5) đúng với mọi n . Khi đó nó sẽ đúng với n 2016 . Do un nguyên dương với mọi n , (5) tương đương. 2n 1 2n 2 1 un 1 1 2 . (6). Xét khi n k 1. Theo (2), ta có: uk 2 –1 uk 1 uk 1 –1 . Vì thế theo giả thiết quy nạp suy ra:. k k k k k 1 u 1 22 (22 1) 22 .22 22 k 2 . 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2k uk 2 1 (2 1).(2 1 1) 2 .2 2 Như thế với n k 1, ta thu được:. 2k 2k 1 2 uk 2 1 2 k k 1 22 1 u 1 22 . (8) k 2 . Từ (8) suy ra (6) đúng với mọi n 2,3, Vì vậy (5) đúng n 2016 . Ta có điều phải chứng minh!. 2 an 5an 10 Bài 5. Cho dãy (an )n 1 : a1 1; an 1 n 1. 5 an a) Chứng minh dãy (an ) hội tụ và tính lim an . a a a 5 5 b) Chứng minh 1 2 n n 1. n 2 Hướng dẫn giải a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có: 1 a 3 n . n 2 5 5 x2 5x 10 10 Đặt A và xét hàm f (x) x(x 5) . 2 5 x 5 x 10 3 1 Suy ra f '(x) 1 0x 1; , như vậy f (x) nghịch biến trên đoạn ;1 . 2 5 x 2 2 a1 a3 a5 a2k 1 A lim a2k 1 b A Dẫn đến . a2 a4 a6 a2k A lim a2k c A
4. c2 5c 10 b 5 c 5 5 Kết hợp công thức xác định dãy ta được: b c . b2 5b 10 2 c 5 b 5 5 Vậy lim a . n 2 5 5 b) Nhận xét: t 1; thì t f (t) 5 5 . 2 Dẫn đến a2k 1 a2k 5 5 k 1. 5 5 a a a a 2k (1). 1 2 2k 1 2k 2 Như vậy bất đẳng thức đúng với n 2k . 5 5 Trường hợp n 2k 1, chú ý a , kết hợp với (1) thu được:. 2k 1 2 5 5 a a a a a (2k 1) . 1 2 2k 1 2k 2k 1 2 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. u 1 1 Bài 6. Cho dãy số un như sau u2 2 . * nun 2 3n 1 un 1 2 n 1 un 3,n ¥ n * a) Chứng minh un 2 3n,n ¥ . n 1 b) Đặt Sn uk . Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n > 2 thì Sn chia hết cho n. k 1 Hướng dẫn giải 1 a) Với n 1, u1 2 3.1 1. n 2 , u 22 3.2 2 1 . k k 1 Giả sử uk 2 3k;uk 1 2 3 k 1 . k 2 * Chứng minh uk 2 2 3 k 2 ,k ¥ . Ta có. ku 3k 1 u 2 k 1 u 3 k 2 k 1 k . ku 3k 1 2k 1 3 k 1 2 k 1 2k 3k 3 k 2 . k 2 uk 2 2 3 k 2 .
5. Vậy u 2k 2 3 k 2 ,k ¥ *. k 2 . n 1 b) Đặt Sn uk . Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n 2 thì Sn chia hết cho n . k 1 n 1 2 n 1 Ta có: Sn uk 2 2 2 3 1 2 (n 1) k 1 . n 1 1 2 (n 1)n n 1 (n 1)n Sn 2. 3. 2 2 1 3 1 2 2 2 . n 1 Với n là số nguyên tố 2 1 chia hết cho n . (n 1)n Do n là số nguyên tố lớn hơn 2 chia hết cho n . 2 Vậy Sn n . u1 0 Bài 7. Cho dãy số un u2 18 . Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và * un 2 5un 1 6un 24,n ¥ n 3 thì un chia hết cho 6n . Hướng dẫn giải * Đặt vn un 12 hay un vn 12,n ¥ . Khi đó vn 2 5vn 1 6vn . v1 12 Ta được vn v2 30 . vn 2 5vn 1 6vn Phương trình đặc trưng  2 5 6 0 có nghiệm  2   3 . n n Khi đó vn a.2 b.3 . v1 12 2a 3b 12 a 3 Ta có . v2 30 4a 9b 30 b 2 n n Suy ra vn 3.2 2.3 . n n Khi đó un vn 12 3.2 2.3 12 . n 1 n 1 Ta có un 6 2 3 2 nên un chia hết cho 6 . Mặt khác n là số nguyên tố nên theo định lý Fermat. 2n  2(mod n) 3.2n  6(mod n) hay . n n 3  3(mod n) 2.3  6(mod n) n n Từ đó un (3.2 2.3 12)  0(mod n) .
6. Suy ra un chia hết cho n . Với n là số nguyên tố và n 3 (n,6) 1. Suy ra un chia hết cho 6n . x 1 1 Bài 8. Cho dãy số xn với . x x x 5 x 2 5x 8 16 n N * n 1 n n n n n 1 a) Chứng minh xn 5 , với mọi n 2 . n 1 b) Đặt yn . Tìm lim yn .  n k 1 xk 3 Hướng dẫn giải n 1 a) Chứng minh xn 5 , với mọi n 2 . 2 1 x2 10 5 5 . n 1 Giả sử ta có xn 5 n 2 . x x x 5 x 2 5x 8 16 x 2 5x x 2 5x 8 16 n 1 n n n n n n n n . 2 n 1 n xn 5xn 4 5xn 5.5 5 n Suy ra xn 1 5 . n 1 Vậy theo qui nạp xn 5 với n 2 . n 1 b) Đặt yn . Tìm lim yn .  n k 1 xk 3 Ta có:. 2 2 xn 1 xn 5xn 4 xn 1 2 xn 5xn 6 xn 2 xn 3 . 1 1 1 1 x 2 x 2 x 3 x 2 x 3 n 1 n n n n . 1 1 1 xn 3 xn 2 xn 1 2 n 1 n 1 1 1 1 1 1 yn   . k 1 xk 3 k 1 xk 2 xk 1 2 x1 2 xn 1 2 3 xn 1 2 1 1 1 n 1 lim yn lim (vì xn 1 5 lim 0 ). n n n 3 xn 1 2 3 xn 1 1 Vậy lim yn . n 3
7. u1 2 Bài 9. Cho dãy số (un ) được xác định như sau:. 3 2 . Chứng minh un 3un 1 2n 9n 9n 3,n 2 p 1 rằng với mọi số nguyên tố p thì 2014ui chia hết cho p . i 1 Hướng dẫn giải 3 3 Với mọi n 2 ta có: un n 3 un 1 (n 1) . 3 3 2 3 n 1 3 n Từ đó có: un n 3 un 1 (n 1) 3 un 2 (n 2) 3 u1 1 3 . n 3 1 3 n 3 Vậy un 3 n ,n 2 , lại có u1 2 3 1 nên un 3 n ,n 1. + Nếu p 2 : có ngay đpcm. p 1 2 p 1 3 3 3 + Nếu p là số nguyên tố lẻ: ui (3 3 3 ) 1 2 ( p 1) . i 1 p 1 p 1 1 1 3 1 3  (3p 3) i3 p 1 (3p 3) i3 p i .    2 2 i 1 2 i 1  3 Theo Định lí Fermat nhỏ, suy ra 3p 3 chia hết cho p . Mặt khác i3 p i cũng chia hết cho p 1 3 p,i 1, p 1 nên: (3p 3) i3 p i chia hết cho p . Từ đó.  i 1 p 1 p 1 3  2014 u 1007 (3p 3) i3 p i chia hết cho p .  i   i 1 i 1  Vậy bài toán được chứng minh cho mọi trường hợp. x0 20; x1 30 Bài 10. Cho dãy số xn xác định bởi . Tìm n để xn 1.xn 1 là số chính xn 2 3xn 1 xn ,n ¥ phương. Hướng dẫn giải Từ công thức truy hồi của xn ta có. n ¥ , x2 x2 3x x x2 x x 3x x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n n n 1 n 1 n 2 n và x2 x2 3x x x x 3x x2 x2 x x n 1 n n 1 n n 1 n 1 n n n n 1 n 1 2 2 2 Suy ra x xn 2 xn x xn 1xn 1 x x0 x2 500 n 1 n 1 . x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n x2 x2 3x x 500 n 1 n n 1 n 2 x x x x 500 n 1 n n 1 n Vậy xn 1xn 500 là số chính phương. Giả sử n là số thỏa mãn xn 1xn 500 là số chính phương. 2 2 Đặt xn 1xn 500 b , xn 1xn 1 a ,a,b ¥ ,a b . Ta có a2 b2 501 a b a b 1.501 3.167 .
8. Khi đó ta tìm được a 201,b 1 thì xn 1xn 12600 n 2 . 7224 Với a 85,b 82 thì x x n . n 1 n 5 Vậy n = 2 thì xn 1.xn 1 là số chính phương. Bài 11. Bài 3. Cho phương trình x2 x 1 0 với là số nguyên dương. Gọi  là nghiệm dương của phương trình. Dãy số xn được xác định như sau x0 , xn 1  xn , n 0,1,2,3, Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho xn chia hết cho . Hướng dẫn giải Đầu tiên ta chứng minh  là số vô tỉ. Thật vậy, nếu  là số hữu tỉ thì  là số nguyên (do hệ số cao nhất của x2 là 1) và  là ước của 1. Do đó  1 suy ra 0 , trái giả thiết. Do đó  xn 1   xn 1  xn 1  1. xn  xn 1 xn 1. x x 1 1 x n x n x n x .  n 1   n 1   n 1 xn 2 1 xn 1 1 (1). Lại có   1 0 , suy ra  .   xn xn xn  xn xn xn 1 xn xn xn xn 1 1 (do (1)).    * Vậy xn 1  xn 1 1 (mod ) . Từ đó bằng quy nạp ta có với mọi k ¥ , n 2k 1, thì xn 1  xn (2k 1) (k 1) (mod ) (2). Chọn k 1 l l ¥ * , n 1 2l , từ (2) ta có. x2l  x0 l l  0 (mod ) . * Vậy x2l chia hết cho , l ¥ . . a0 a1 2004 an 10 Bài 12. Cho dãy số an xác định bởi . Chứng minh rằng là số an 2 7an 1 an 3978,n ¥ . 2014 chính phương. Hướng dẫn giải Ta có. a 10 a 10 a 10 a 7a a 3978 n 2 7. n 1 n 2 n 2 n 1 n 2014 2014 2014 an 10 v0 v1 1 Đặt vn . Ta được dãy số vn xác định bởi . 2014 vn 2 7vn 1 vn 2,n ¥ . Ta phải chứng minh vn là số chính phương.
9. x0 1; x1 1 Thật vậy, xét dãy số (xn ) xác định bởi . xn 2 3xn 1 xn ,n ¥ . Hiển nhiên dãy số xn là dãy số nguyên. 2 2 2 2 n ¥ , xn 1 xn 3xn 1xn xn 1 xn (xn 3xn 1) xn 1 xn xn 2. và x2 x2 3x x x (x 3x ) x2 x2 x x . Ta có n 1 n n 1 n n 1 n 1 n n n n 1 n 1 . 2 2 2 xn 1 xn xn 2 xn xn 1xn 1 x1 x0 x2 1. 2 2 xn 1 xn 3xn 1xn 1,n ¥ . (2) 2 Ta sẽ chứng minh vn xn ,n ¥ (1) bằng quy nạp. Thật vậy, rõ ràng với n 0,n 1, (1) đúng. 2 Giả sử (1) đúng đến n k 1,k ¥ , tức là vn xn ,n 1,2, ,k 1. . 2 ta chứng minh (1) đúng với n = k+2, nghĩa là chứng minh vk 2 xk 2 . Thật vậy, theo công thức truy hồi của dãy số an , giả thiết quy nạp, tính chất (2) của dãy số xn , công thức truy hồi của dãy số xn , ta có. v 7v v 2 7x2 x2 2 7x2 x2 2(x2 x2 3x x ) k 2 k 1 k k 1 k k 1 k k 1 k k 1 k . 2 2 2 2 9xk 1 6xk 1xk xk (3xk 1 xk ) xk 2. Do đó vn là số chính phương. Vậy ta có điều phải chứng minh. 3 3 Bài 13. Cho dãy số (xn ) được xác định bởi xn 2013n a 8n 1,n 1,2, a là số thực a)) Tìm a sao cho dãy số có giới hạn hữu hạn. b) Tìm a sao cho dãy số (xn ) là dãy số tăng (kể từ số hạng nào đó). Hướng dẫn giải 3 3 a) Ta có xn (2a 2013)n ayn , trong đó yn 8n 1 2n . 8n3 1 (2n)3 1 0 Khi n . 3 (8n3 1)2 2n 3 8n3 1 4n2 3 (8n3 1)2 2n 3 8n3 1 4n2 2013 Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn khi và chỉ khi a . n 2 b) Từ lý luận phần a) ta suy ra) 2013 khi a 2 2013 lim xn 0 khi a . n 2 2013 khi a 2 2013 Bởi vậy điều kiện cần để tồn tại m N * sao cho x x x là a . m m 1 m 2 2
10. 2013 Ta đi chứng minh a là điều kiện đủ để có kết luận trên. 2 2013 Thật vậy: Với a . 2 3 3 3 3 xn 1 xn 2013(n 1) a 8(n 1) 1 2013n a 8n 1 2013 a( 3 8(n 1)3 1 3 8n3 1) 2013 2013 ( 3 8(n 1)3 1 3 8n3 1) . 2 2013 [2 ( 3 8(n 1)3 1 3 8n3 1)] 2 2013 (2 3 8n3 1 3 8(n 1)3 1) 0 2 Vì. 2 (2 3 8n3 1)3 8 12 3 8n3 1 6 3 8n3 1 8n3 1 8 12.2n 6(2n)2 8n3 1 8(1 3n 3n2 n3 ) 1 . 8(n 1)3 1 Suy ra x1 x2 x3 2013 Vậy dãy số (x ) là dãy số tăng kể từ số hạng nào đó với a và trong trường hợp đó (x ) là dãy số n 2 n tăng từ x1 .